精品解析：江西省抚州市2024-2025学年高一下学期学生学业质量监测数学试卷

2024-2025学年度下学期学生学业质量监测 高一数学试题卷 说明：1．本试题卷共4页，19个小题，满分150分，考试时间120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在本试题卷上作答，否则不给分． 3．所有考试结束3天后，考生可凭准考证号登录智学网（www．zhixue．com）查询考试成绩，密码与准考证号相同． 一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，仅有一项符合题目要求． 1. 在复平面内，复数满足，则的虚部为（ ） A. 3i B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出，再由共轭复数定义求出，即可解题. 【详解】由可得，所以，所以的虚部为3. 故选：C 2. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 四边形的周长为5 D. 四边形的面积为3 【答案】D 【解析】 【分析】由斜二测画法的规则即可判断A；由斜二测画法的规则先判断出四边形的形状，过作，由勾股定理求出的长即可判断B；求出四边形的周长即可判断C；求出四边形的面积即可判断D. 【详解】 由斜二测画法可知，原图形中在轴上，在直观图中在轴上， 并且在直观图中的长度为原来的一半，所以在原图中在轴上 且，故A错误； 由斜二测画法可知，原图形中在轴上或者平行于轴的， 在直观图中在轴上或者平行于轴，并且在直观图中的长度不变， 所以在轴上，轴，且，， 所以四边形为直角梯形. 在四边形中，过作，垂足为， 则由勾股定理可知，故B错误； 四边形的周长为， 故C错误； 因为四边形为直角梯形， 所以四边形的面积为，故D正确. 故选：D 3. 已知向量，，“”是“与的夹角为钝角”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量夹角公式及向量共线的坐标表示列式求解参数，再结合充分，必要条件的定义进行判断即可. 【详解】由向量与的夹角为钝角，得，且不共线， 则，解得且， 所以“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件. 故选：B 4. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正切的二倍角公式，余弦的两角和公式，余弦的二倍角公式进行化简，再利用三角函数的单调性进行大小比较即可. 【详解】由， ， ， 根据正弦函数的单调性可知， 根据正切函数的单调性可知， 故选：D. 5. 已知圆锥的顶点为S，母线，所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先计算出母线，所成角的正弦值，利用三角形面积公式得到方程，求出母线长，从而得到底面半径，利用圆锥侧面积公式得到答案. 【详解】母线，所成角的正弦值为， 设圆锥的母线长为，则，解得， 故底面半径为， 故该圆锥的侧面积为. 故选：C 6. 函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若函数是奇函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象平移的法则先得到的解析式，再由是奇函数，得到，即，再利用和角的正弦公式及商数关系即可求出值. 【详解】由函数的图象向左平移个单位得到函数的图象， 可得. 因为函数的定义域为，且是奇函数， 所以，即， 即， 即，所以. 故选：B 7. 已知非零平面向量，满足，，若与的夹角为，则的最小值为（      ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将向量问题几何化，设终点为定点（距原点），终点在与夹角的射线上，终点在以为圆心、半径为的圆上；则即点到圆上点的距离，其最小值为点到射线的距离减去圆半径，即可得答案． 【详解】 如图，令，，，则，， 又，所以点在以为圆心，为半径的圆上， 所以的最小值为， 又，， 所以当时，取得最小值，最小值为， 所以的最小值为，即的最小值为． 8. 已知中，角、、所对的边分别为、、，是上的三等分点（靠近点）且，，则的最大值是（ ） A. 4 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先根据正弦定理、余弦定理求角，再利用向量，结合条件探索的关系，最后利用基本不等式求的最大值. 【详解】如图： 由， 结合正弦定理，可得：. 由余弦定理可得：，又为三角形内角，所以. 因为是上的三等分点（靠近点）， 所以. 又，所以. 所以. 又因为，所以. 所以（当且仅当即，时取“”） 故选：C 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 若复数（i为虚数单位），其中真命题为（ ） A. B. 若，则 C. 若为虚数，则也为虚数 D. 若，则的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，；B选项，计算出，故；C选项，化简得到，由题意得，故也是虚数，C正确；D选项，根据复数的几何意义得到的几何意义为复平面内，到的距离为1的圆，从而求出的最大值. 【详解】A选项，，则，故，A正确； B选项，若，则，， ，B正确； C选项，， 由题意得，故也是虚数，C正确； D选项，的几何意义为复平面内，到的距离为1的圆， 故此圆上的点到原点的距离最大值为，D错误. 故选：ABC 10. 已知函数，满足，且对任意，都有，当取最小值时，则下列说法错误的是（ ） A. 图象的对称轴方程为， B. 在上的值域为 C. 在上单调递减 D. 若方程在上有且只有5个根，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据已知条件求出函数的解析式，然后根据正弦函数的对称轴方程公式、值域、单调性以及正弦函数的图象等性质对选项逐一判断即可. 【详解】因为函数满足， 所以的图象关于点对称，则有， 即. 对任意，都有，这说明为最小值. 所以， 则有，因为， 当取最小值时，则，此时. 所以函数的解析式为. 对于选项A： 令，则， 所以函数的对称轴方程为，所以A错误； 对于选项B：因为，所以，所以. 所以函数的值域为，所以B错误； 对于选项C：因为，所以， 结合正弦函数的单调性可知函数在该区间内单调递减，C正确； 对于选项D：，则， 令，令， 则t的取值依次为. 所以，所以，D错误. 故选：ABD. 11. 如图，在正三棱柱中，、分别是棱，的中点，连接，，，是线段的中点，是线段上靠近点的四等分点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 直线与平面所成的角为 C. 三棱锥的体积与正三棱柱的体积之比为 D. 若，则过，，三点作平面，截正三棱柱所得截面图形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，要证明两平面平行，需证明一平面内的两条相交直线与另一平面平行即可，即证明平面；对于选项B，首先找出直线与平面所成角，然后确定其角度的大小即可；对于选项C，根据三棱锥和三棱柱的体积公式进行求解即可；对于选项D，先确定平面截正三棱柱的截面图形，然后根据垂直关系和线段关系求解即可. 【详解】对于选项A： 取中点，连接. 则在中，，所以. 在中，，所以. 又平面，不在平面内， 所以平面，平面， 又，所以平面平面.所以A正确； 对于选项B： 由A知平面与平面平行，所以直线与平面所成的角也是直线与平面所成的角.因为正三棱柱，所以， 又，所以平面. 所以直线与平面所成的角为，所以B错误； 对于选项C： 因为平面，，所以平面. 因为是的四等分点，是的中点， 所以. 所以三棱锥的体积与正三棱柱的体积之比为： ，所以C正确； 对于选项D： 连接并延长交于点，连接即是平面截正三棱柱的截面图形. 因为正三棱柱，所以. 因为平面，平面，所以. 又平面，所以平面. 又平面，所以. 在中，， 在中，，所以. 所以根据勾股定理. 所以，所以D正确. 故选：ACD. 三、填空题：共3小题，每题5分，共15分． 12. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用和差角的余弦公式求解即得. 【详解】由，得， 整理得，所以. 故答案为： 13. 已知，，则在方向上的投影向量的坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的意义求解. 【详解】由，，得，， 所以在方向上的投影向量为. 故答案为： 14. 如图，在正四棱台中，，，若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先，根据正四棱台的体积公式求出棱台的高；然后，通过建立关于外接球半径的方程来求解外接球半径；最后，利用球的表面积公式计算出外接球的表面积. 【详解】已知，，则上底面积，下底面积，体积， 由棱台体积公式得， 设外接球球心到下底面中心的距离为，则到上底面中心的距离为， 由正四棱台的上下底面都是正方形可得，， 设外接球半径为，则. 展开并化简：（负值舍去）， 则， 最终外接球表面积：， 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内． 15. 如图，以为始边作角与，它们的终边分别与单位圆相交于点、，已知点的坐标为． （1）求的值； （2）若，求的值． 【答案】（1）； （2）5. 【解析】 【分析】（1）利用正切函数定义求出，再利用齐次式法计算得解. （2）利用诱导公式及正余弦函数定义求解. 【小问1详解】 依题意，，所以. 【小问2详解】 由，得， 则，， 所以. 16. 已知函数，，且函数的图象关于轴对称． （1）求函数的解析式； （2）函数，，若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式化简原式，再利用题干中偶函数的概念即可求得解析式. （2）首先写出函数的解析式，再换元构造新函数，利用新函数的导函数解决恒成立问题即可. 【小问1详解】 ， 又因为函数的图象关于轴对称，所以是偶函数， 因为，所以， 由，所以，所以 【小问2详解】 ， 令，因为，所以，故， 则原式，因为恒成立，所以在区间上恒成立， 令，则，则有,解得，或，无解，故的取值范围为： 17. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知． （1）求角的大小； （2）已知，，设为边上一点，且为角的平分线．求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简得出的值，结合角的取值范围可求得角的值. （2）利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式列式求出，进而求出的面积. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，则，又，所以. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 整理得，而，解得， 由为角的平分线及， 得，则， 所以的面积为. 18. 如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，，为线段上一点． （1）当平面，求证：为的中点； （2）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，当时， 【解析】 【分析】（1）由题意可知为的中点，由线面平行的性质定理可得，即可得证； （2）由面面垂直的性质定理可得，只需满足，即可得平面，从而有平面平面，故只需找出成立时，求出点的位置即可. 【小问1详解】 证明：因为为正方形，， 所以为的中点， 又因为平面，平面平面，平面， 所以， 又因为为的中点，所以为的中点； 【小问2详解】 存在，当时，平面平面， 理由如下： 设， 因为为正方形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为在矩形中，设， 因为，，设， 在矩形中，因为，， 当时，即，此时 因此，又因为， 所以，在中，，故， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 在线段上是存在点，当为的一个三等分点（靠近A点）时， 平面平面. 19. 已知函数，若存在实数，，使得对于定义域内的任意实数，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对． （1）若，求函数的“平衡”数对； （2）若，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由； （3）若，且、均为函数的“平衡”数对，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）是“可平衡”函数，理由：时，，， 若是“可平衡”函数，则， 所以，解得， 所以存在，所以是“可平衡”函数. （3） 【解析】 【分析】（1）根据“平衡”数对的定义建立方程，根据恒成立求解即可； （2）时，假设是 “可平衡”函数，列出等式，利用三角函数化简，即可求解； （3）根据“平衡”数对的定义将用关于的三角函数表达，然后求解即可. 【小问1详解】 因为为“可平衡”函数， 所以对于任意实数，均有成立， 即对于定义域内的任意实数恒成立， 故只有，符合题意，所以函数的“平衡”数对为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，， 因为，所以，， ， 令，则，在上单调递增， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度下学期学生学业质量监测 高一数学试题卷 说明：1．本试题卷共4页，19个小题，满分150分，考试时间120分钟． 2．本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，不得在本试题卷上作答，否则不给分． 3．所有考试结束3天后，考生可凭准考证号登录智学网（www．zhixue．com）查询考试成绩，密码与准考证号相同． 一、单项选择题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，仅有一项符合题目要求． 1. 在复平面内，复数满足，则的虚部为（ ） A. 3i B. C. 3 D. 2. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 四边形的周长为5 D. 四边形的面积为3 3. 已知向量，，“”是“与的夹角为钝角”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的顶点为S，母线，所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若函数是奇函数，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知非零平面向量，满足，，若与的夹角为，则的最小值为（      ） A. B. C. D. 8. 已知中，角、、所对的边分别为、、，是上的三等分点（靠近点）且，，则的最大值是（ ） A. 4 B. C. D. 2 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 若复数（i为虚数单位），其中真命题为（ ） A. B. 若，则 C. 若为虚数，则也为虚数 D. 若，则的最大值为 10. 已知函数，满足，且对任意，都有，当取最小值时，则下列说法错误的是（ ） A. 图象的对称轴方程为， B. 在上的值域为 C. 在上单调递减 D. 若方程在上有且只有5个根，则 11. 如图，在正三棱柱中，、分别是棱，的中点，连接，，，是线段的中点，是线段上靠近点的四等分点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 直线与平面所成的角为 C. 三棱锥的体积与正三棱柱的体积之比为 D. 若，则过，，三点作平面，截正三棱柱所得截面图形的面积为 三、填空题：共3小题，每题5分，共15分． 12. 已知，则________． 13. 已知，，则在方向上的投影向量的坐标为________． 14. 如图，在正四棱台中，，，若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内． 15. 如图，以为始边作角与，它们的终边分别与单位圆相交于点、，已知点的坐标为． （1）求的值； （2）若，求的值． 16. 已知函数，，且函数的图象关于轴对称． （1）求函数的解析式； （2）函数，，若恒成立，求的取值范围． 17. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知． （1）求角的大小； （2）已知，，设为边上一点，且为角的平分线．求的面积． 18. 如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，，为线段上一点． （1）当平面，求证：为的中点； （2）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，若存在实数，，使得对于定义域内的任意实数，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对． （1）若，求函数的“平衡”数对； （2）若，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由； （3）若，且、均为函数的“平衡”数对，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $